高考数学一轮复习专题讲座1函数与导数在高考中的常见题型与求解策略知能训练轻松闯关理北师大版

专题讲座1函数与导数在高考中的常见题型与求解策略1．(2022·唐山模拟)直线y＝a分别与直线y＝2(x＋1)，曲线y＝x＋lnx交于点A，B，则|AB|的最小值为(　　)A．3　　　　　　　　　　B．2C.D.解析：选D.解方程2(x＋1)＝a，得x＝－1.设方程x＋lnx＝a的根为t(t>0)，则t＋lnt＝a，则|AB|＝|t－＋1|＝|t－＋1|＝|－＋1|.设g(t)＝－＋1(t>0)，则g′(t)＝－＝(t>0)，令g′(t)＝0，得t＝1.当t∈(0，1)时，g′(t)<0；当t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，所以g(t)min＝g(1)＝，所以|AB|≥，所以|AB|的最小值为.2．(2022·高考全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)A．(－∞，－1)∪(0，1)B．(－1，0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1，0)D．(0，1)∪(1，＋∞)解析：选A.设y＝g(x)＝(x≠0)，则g′(x)＝，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，所以g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.因为f(x)为奇函数，所以g(x)为偶函数，所以g(x)的图像的示意图如图所示．当x＞0，g(x)＞0时，f(x)＞0，0＜x＜1，当x＜0，g(x)＜0时，f(x)>0，x＜－1，所以使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A.4\n3．已知函数f(x)＝＋lnx，若函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，则正实数a的取值范围为________．　解析：因为f(x)＝＋lnx，所以f′(x)＝(a>0)．因为函数f(x)在[1，＋∞)上为增函数，所以f′(x)＝≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，所以ax－1≥0对x∈[1，＋∞)恒成立，即a≥对x∈[1，＋∞)恒成立，所以a≥1.答案：[1，＋∞)4．若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a的值为________．解析：由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)>0，得x<1或x>2，由f′(x)<0，得1<x<2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上是递增的，在(1，2)上是递减的，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4.答案：5或45．已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.(1)求f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图像有三个不同的交点，求m的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，所以f(x)的递增区间为(－∞，＋∞)；当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－或x>，由f′(x)<0，解得－<x<，所以当a>0时，f(x)的递增区间为(－∞，－]，[，＋∞)，f(x)的递减区间为[－，]．　(2)因为f(x)在x＝－1处取得极值，所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，则a＝1，所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3.由f′(x)＝0解得x1＝－1，x2＝1.由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.因为直线y＝m与函数y＝f(x)的图像有三个不同的交点，结合f(x)的单调性可知，m的取值范围是(－3，1)．6．(2022·高考全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－alnx.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2e2x－(x＞0)．当a≤0时，f′(x)＞0，f′(x)没有零点；当a＞0时，设u(x)＝e2x，v(x)＝－，因为u(x)＝e2x在(0，＋∞)上是递增的，v(x)＝－在(0，＋∞)上是递增的，4\n所以f′(x)在(0，＋∞)上是递增的．又f′(a)＞0，当b满足0＜b＜且b＜时，f′(b)＜0，　故当a＞0时，f′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)＜0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0.故f(x)在(0，x0)上是递减的，在(x0，＋∞)上是递增的，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0)．由于2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.故当a＞0时，f(x)≥2a＋aln.1．(2022·太原模拟)已知函数f(x)＝(x2－ax＋a)ex－x2，a∈R.(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上递增，求a的取值范围；(2)若函数f(x)在x＝0处取得极小值，求a的取值范围．解：(1)由题意得f′(x)＝x[(x＋2－a)ex－2]＝xex，x∈R，因为f(x)在(0，＋∞)上是递增的，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以x＋2－≥a在(0，＋∞)上恒成立，又函数g(x)＝x＋2－在(0，＋∞)上是递增的，所以a≤g(0)＝0，所以a的取值范围是(－∞，0]．(2)由(1)得f′(x)＝xex，x∈R，令f′(x)＝0，则x＝0或x＋2－－a＝0，即x＝0或g(x)＝a，因为g(x)＝x＋2－在(－∞，＋∞)上是递增的，其值域为R，所以存在唯一x0∈R，使得g(x0)＝a，①若x0>0，当x∈(－∞，0)时，g(x)<a，f′(x)>0；当x∈(0，x0)时，g(x)<a，f′(x)<0，所以f(x)在x＝0处取得极大值，这与题设矛盾．②若x0＝0，当x∈(－∞，0)时，g(x)<a，f′(x)>0；当x∈(0，＋∞)时，g(x)>a，f′(x)>0，所以f(x)在x＝0处不取极值，这与题设矛盾．③若x0<0，当x∈(x0，0)时，g(x)>a，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，g(x)>a，f′(x)>0，所以f(x)在x＝0处取得极小值．4\n综上所述，x0<0，所以a＝g(x0)<g(0)＝0，所以a的取值范围是(－∞，0)．2．(2022·高考福建卷改编)已知函数f(x)＝lnx－.(1)求函数f(x)的递增区间；(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1)．解：(1)f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞)．由f′(x)＞0，得解得0＜x＜.故f(x)的递增区间是(0，)．(2)证明：令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)，　则有F′(x)＝.当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，所以F(x)在(1，＋∞)上是递减的，故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，即当x＞1时，f(x)＜x－1.　(3)由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意．当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，则f(x)＜k(x－1)，从而不存在x0＞1满足题意．当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，　则有G′(x)＝－x＋1－k＝.由G′(x)＝0，得－x2＋(1－k)x＋1＝0，解得x1＝＜0，x2＝＞1.当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在[1，x2)内是递增的．从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，即f(x)＞k(x－1)，综上，k的取值范围是(－∞，1)．4